Solución 2do Parcial 2021

Ejercicio 1)

Se toman los datos del Conjunto 1.

a) Reacciones en función de P, Q y q:

Se estudia el tramo DE: HE es nula debido a que si se estudia el tramo EFGH no tenemos otra

fuerza horizontal que pueda equilibrarla. Como HE es nula, HD también lo es.

• ∑ 𝑀𝐷 = 0 → 𝑞 ∙ 2𝑚 ∙ 1𝑚 − 𝑉𝐸 ∙ 2𝑚 = 0

𝑉𝐸 = 𝑞

• ∑ 𝑉 = 0 → 𝑉𝐷 + 𝑉𝐸 − 𝑞 ∙ 2𝑚 = 0

𝑉𝐷 = 𝑞

Se analiza el tramo EFGH:

Solución 2do Parcial 2021

• ∑ 𝑀𝐸 = 0 → 𝑉𝐹 ∙ 1𝑚 + 𝑉𝐺(1𝑚 + 2,5𝑚) = 𝑃 ∙ (1𝑚 + 2,5𝑚 + 1,5𝑚)

𝑉𝐹 = 5𝑃 − 3,5 𝑉𝐺 (𝐼)

• ∑ 𝑉 = 0 → 𝑉𝐹 + 𝑉𝐺 = 𝑞 + 𝑃 (𝐼𝐼)

Sustituyendo (I) en (II): 5𝑃 − 3,5 𝑉𝐺 + 𝑉𝐺 = 𝑞 + 𝑃

𝑉𝐺 =4𝑃 − 𝑞

2,5

𝑉𝐹 = −0,6𝑃 + 1,4𝑞

Se estudia el reticulado ABCD:

• ∑ 𝐻 = 0 → 𝐻𝐴 = 0

• ∑ 𝑀𝐴 = 0

→ 𝑉𝐵 ∙ 1,5𝑚 = 𝑄 ∙ 0,75𝑚 + 𝑞 ∙ 2,25𝑚

𝑉𝐵 = 0,5𝑄 + 1,5𝑞

• ∑ 𝑉 = 0 → 𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 = 𝑄 + 𝑞

𝑉𝐴 = 0,5𝑄 − 0,5𝑞

Para las cargas de la Tabla (Conjunto 1) las reacciones son: HA=0, VA=1 kN ↑, VB=21 kN ↑, VF=5

kN ↑ y VG=20 kN ↑.

b) Dimensionar reticulado: 𝜎𝑎𝑑𝑚 = 140 𝑀𝑃𝑎

𝑠𝑒𝑛(60°) =√3

2 𝑐𝑜𝑠(60°) = 0,5

Equilibrio de nudo A:

• ∑ 𝑉 = 0 → 𝑁𝐴𝐶√3

2+ 1 𝑘𝑁 = 0

𝑁𝐴𝐶 = −2

√3 𝑘𝑁

• ∑ 𝐻 = 0 → 𝑁𝐴𝐵 + 𝑁𝐴𝐶1

2= 0

Solución 2do Parcial 2021

𝑁𝐴𝐵 =1

√3 𝑘𝑁

Equilibrio de nudo C:

• ∑ 𝑉 = 0 → 12 𝑘𝑁 −2

√3𝑘𝑁

√3

2+ 𝑁𝐶𝐵

√3

2= 0

𝑁𝐶𝐵 =−22

√3 𝑘𝑁

• ∑ 𝐻 = 0 → 𝑁𝐶𝐷 + 𝑁𝐶𝐵1

2= 𝑁𝐴𝐶

1

2

𝑁𝐶𝐷 =22

√3𝑘𝑁

1

2−

2

√3𝑘𝑁

1

2

𝑁𝐶𝐷 =10

√3𝑘𝑁

Equilibrio de nudo D:

• ∑ 𝑉 = 0 → 10 𝑘𝑁 + 𝑁𝐷𝐵√3

2= 0

𝑁𝐷𝐵 = −20

√3𝑘𝑁

Barras a compresión: AC, CB y DB → |𝑁𝑚á𝑥𝑐𝑜𝑚𝑝| =

22

√3𝑘𝑁

Sección circular de diámetro d. Área sección =𝑑2𝜋

4

𝜎𝑚á𝑥 =|𝑁𝑚á𝑥

𝑐𝑜𝑚𝑝|

𝐴=

|𝑁𝑚á𝑥𝑐𝑜𝑚𝑝|

𝑑2𝜋/4=

22/√3 𝑘𝑁

𝑑2𝜋/4≤ 140 𝑀𝑃𝑎

Entonces:

𝑑2 ≥ 1,155𝑥10−4 𝑚2

𝑑 ≥ 1,075 𝑐𝑚

Solución 2do Parcial 2021

Tomo: d=1,5 cm.

Barras a tracción: AB y CD → |𝑁𝑚á𝑥𝑡𝑟𝑎𝑐𝑐| =

10

√3𝑘𝑁

Sección cuadrada de lado a. Área sección = 𝑎2

𝜎𝑚á𝑥 =|𝑁𝑚á𝑥

𝑡𝑟𝑎𝑐𝑐|

𝐴=

|𝑁𝑚á𝑥𝑡𝑟𝑎𝑐𝑐|

𝑎2=

10/√3 𝑘𝑁

𝑎2≤ 140 𝑀𝑃𝑎

Por tanto:

𝑎2 ≥ 4,124𝑥10−5 𝑚2

𝑎 ≥ 0,642 𝑐𝑚

Tomamos: a=1 cm.

c) Dimensionar viga DEFGH:

Diagrama de cortante (kN):

Solución 2do Parcial 2021

Diagrama de momento flector (kNm):

Se busca dimensionar la viga con un único PNI.

El momento flector máximo en la misma es de -22,5 kNm, y ya que no hay directa:

𝜎𝑚á𝑥 =|𝑀𝑚á𝑥|

𝑊=

22,5 𝑘𝑁𝑚

𝑊≤ 140 𝑀𝑃𝑎

Por tanto:

𝑊 ≥ 1,607𝑥10−4 𝑚3 = 160,7 𝑐𝑚3

Tomamos un PNI 200 cuyo módulo resistente es Wy=214 cm3.

Verificamos las tensiones rasantes admisibles (𝜏𝑎𝑑𝑚 = 70 𝑀𝑃𝑎). Para eso estudiamos la

tensión rasante máxima, la cual se da en el baricentro de la sección con mayor cortante.

Vmáx=15 kN.

𝜏𝑚á𝑥 =𝑉𝑚á𝑥 ∙ 𝜇𝐺

𝐼𝑥 ∙ 𝑏

𝜏𝑚á𝑥 =15 𝑘𝑁 ∙ 125 𝑐𝑚3

2140 𝑐𝑚4 ∙ 7,5 𝑚𝑚= 11,68 𝑀𝑃𝑎 ≤ 70 𝑀𝑃𝑎 ✓

Solución 2do Parcial 2021

d) Descenso en el punto medio de FG:

Para estudiar el descenso del punto medio estudiamos la viga simplemente apoyada FG con

momentos aplicados en sus extremos (debido a las cargas de los voladizos).

Mediante las tablas de deflexión en vigas simplemente apoyadas proporcionadas en el curso se

determina la flecha generada por dichos momentos. Se toma módulo de Young E=210 GPa y

momento de segundo orden I=2,14x10-5m4 (obtenido de las tablas de PNI).

𝛿𝑃𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑚𝑒𝑑𝑖𝑜1 =

𝑀𝐿2

16𝐸𝐼=

10𝑘𝑁𝑚 ∙ (2,5𝑚)2

16 ∙ 210𝐺𝑃𝑎 ∙ 2,14𝑥10−5𝑚4= 0,087 𝑐𝑚 ↑

𝛿𝑃𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑚𝑒𝑑𝑖𝑜2 =

𝑀𝐿2

16𝐸𝐼=

22,5𝑘𝑁𝑚 ∙ (2,5𝑚)2

16 ∙ 210𝐺𝑃𝑎 ∙ 2,14𝑥10−5𝑚4= 0,196 𝑐𝑚 ↑

Por tanto:

𝛿𝑃𝑢𝑛𝑡𝑜 𝑚𝑒𝑑𝑖𝑜𝑡𝑜𝑡𝑎𝑙 = 0,283 𝑐𝑚 ℎ𝑎𝑐𝑖𝑎 𝑎𝑟𝑟𝑖𝑏𝑎

e) Carga P vertical para que el descenso en E sea nulo:

Solución 2do Parcial 2021

Para estudiar el descenso del punto E, se deben estudiar dos casos y superponerlos. Por un lado,

se debe calcular el descenso asociado al giro en F (obtenido mediante el estudio de la viga

simplemente apoyada con momentos aplicados en los extremos de la parte anterior) y el

descenso generado al estudiar la ménsula EF (con extremo empotrado en F) con 10 kN aplicados

en E. Es decir:

+

Viga simplemente apoyada FG:

𝜃𝐹 =10𝑘𝑁𝑚 ∙ 2,5𝑚

3 ∙ 210𝐺𝑃𝑎 ∙ 2,14𝑥10−5𝑚4+

𝑃 ∙ 1,5𝑚 ∙ 2,5𝑚

6 ∙ 210𝐺𝑃𝑎 ∙ 2,14𝑥10−5𝑚4

𝜃𝐹 = 1,854𝑥10−7 (10000 + 𝑃 ∙ 0,75)

Por tanto:

𝛿𝐸1 = 𝜃𝐹 ∙ 1 𝑚 = 1,854𝑥10−7 (10000 + 𝑃 ∙ 0,75) ↓

Ménsula EF:

𝛿𝐸2 =

10𝑘𝑁 ∙ (1 𝑚)3

3 ∙ 210𝐺𝑃𝑎 ∙ 2,14𝑥10−5𝑚4= 7,417𝑥10−4𝑚 ↓

Ahora:

𝛿𝐸 = 𝛿𝐸1 + 𝛿𝐸

2 = 0

Despejamos P, y obtenemos: P=-18667,6 N. Por tanto, al aplicar una carga P vertical hacia arriba

de módulo 18667,6 N aproximadamente, obtenemos un descenso nulo en E.

Solución 2do Parcial 2021

Ejercicio 2)

Se toman los datos del Conjunto 1.

a) Reacciones:

Positivo hacia arriba (reacciones verticales), hacia la derecha (reacciones horizontales) y en

sentido antihorario (momento).

𝐿𝐵𝐶 = √2 ∙ 3,5 𝑚 = √24,5 𝑚 ≅ 4,95 𝑚

• ∑ 𝑀𝐶𝑖𝑧𝑞 = 0 → 23 𝑘𝑁/𝑚 ∙ √24,5 𝑚 ∙

√24,5 𝑚

2= 𝑉𝐴 ∙ 3,5 𝑚

𝐕𝐀 = 𝟖𝟎, 𝟓 𝐤𝐍

• ∑ 𝑉 = 0 → 𝑉𝐴 + 𝑉𝐹 − 23,5 𝑘𝑁 − 23 𝑘𝑁/𝑚 ∙1

√2∙ √24,5 𝑚 = 0

𝐕𝐅 = 𝟐𝟑, 𝟓 𝐤𝐍

• ∑ 𝐻 = 0 → 𝐻𝐹 − 29 𝑘𝑁 + 23 𝑘𝑁/𝑚 ∙1

√2∙ √24,5 𝑚 = 0

𝐇𝐅 = −𝟓𝟏, 𝟓 𝐤𝐍

• ∑ 𝑀𝐶𝑑𝑒𝑟 = 0 →

23,5 𝑘𝑁 ∙ 4 𝑚 + 11 𝑘𝑁𝑚 + 29 𝑘𝑁 ∙ 3,5 𝑚 − 𝑉𝐹 ∙ 3,5 𝑚 − 𝐻𝐹 ∙ 5 𝑚 − 𝑀𝐹 = 0

𝐌𝐅 = 𝟑𝟖𝟏, 𝟕𝟓 𝐤𝐍𝐦

Solución 2do Parcial 2021

b) Diagramas de solicitaciones:

Diagrama de directa (kN):

Diagrama de cortante (kN):

Solución 2do Parcial 2021

Diagrama de momento flector (kNm):

• ∑ 𝑀𝑖 + 𝑀𝑒𝑥𝑡 = 0 →

→ 281,75𝑘𝑁𝑚 + 11,75𝑘𝑁𝑚 − 304,5𝑘𝑁𝑚 + 11𝑘𝑁𝑚

= 0 ✓

c) Dimensionar con sección cuadrada:

Sección cuadrada de lado a. Área sección = a2. 𝜎𝑎𝑑𝑚 = 140 𝑀𝑃𝑎.

El momento máximo se da en la barra DF y vale Mmáx=381,75 kNm. La directa asociada a dicha

barra es de valor N=23,5 kN (de compresión).

Predimensiono utilizando solo la tensión normal generada por el momento flector máximo:

Solución 2do Parcial 2021

𝑀𝑚á𝑥

𝑊=

381,75 𝑘𝑁𝑚 ∙ 𝑎/2

𝑎4/12≤ 140 𝑀𝑃𝑎

𝑎 ≥ 0,254 𝑚

Tomo a = 26 cm y corroboro que no se superen la tensión admisible al agregar la componente

asociada a la directa:

𝜎𝑚á𝑥−=𝑀𝑚á𝑥

𝑊+

𝑁

𝐴=

381,75 𝑘𝑁𝑚

2,93𝑥10−3 𝑚3+

23,5 𝑘𝑁

0,0676 𝑚2≅ 130,67 𝑀𝑃𝑎

Dado que la tensión normal máxima es menor a la tensión admisible, podemos dimensionar

con una sección cuadrada de lado a = 26 cm.

d) Diagrama de tensiones normales y rasantes:

La sección con mayores tensiones normales es la sección en el empotramiento F. El diagrama

de tensiones normales en dicha sección es el siguiente:

𝜎𝑐𝑜𝑚𝑝 =𝑀𝑚á𝑥

𝑊+

𝑁

𝐴=

381,75 𝑘𝑁𝑚

2,93𝑥10−3 𝑚3+

23,5 𝑘𝑁

0,0676 𝑚2≅ 130,67 𝑀𝑃𝑎

𝜎𝑡𝑟𝑎𝑐𝑐 =𝑀𝑚á𝑥

𝑊−

𝑁

𝐴=

381,75 𝑘𝑁𝑚

2,93𝑥10−3 𝑚3 −

23,5 𝑘𝑁

0,0676 𝑚2≅ 129,97 𝑀𝑃𝑎

Solución 2do Parcial 2021

Las secciones con mayores tensiones rasantes son las que tienen mayor cortante (Vmáx=56,92

kN). El diagrama de tensiones rasantes en dichas secciones es el siguiente (sigue función

polinómica de 2do grado):

𝜏𝑚á𝑥 =𝑉𝑚á𝑥 ∙ 𝜇𝐺

𝐼𝑥 ∙ 𝑏=

56,92 𝑘𝑁 ∙ (𝑎 ∙ 𝑎/2 ∙ 𝑎/4)

(𝑎4/12) ∙ 𝑎=

56,92 𝑘𝑁 ∙ 2,197𝑥10−3𝑚3

3,808𝑥10−4𝑚4 ∙ 0,26𝑚≅ 1,263 𝑀𝑃𝑎